Seja f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R} uma função diferenciável que admite o plano de equação
2 x-6 y+2 z=7
como tangente ao seu gráfico no ponto ( 3,-1, f(3,-1) ).
(a) Determine f(3,-1), \nabla f(3,-1) e f_{v}(3,-1), onde v=(-1,1)
(b) Seja g(t)=f(x(t), y(t)), onde
x(t)=2^{t}-4 \sin t+\cos t, y(t)=t^{5}-4 t^{4}+6 t \sin t-1
Determine g^{\prime}(0).
(c) Seja
g(u, v)=\left\{u+f\left(3 \cos u+\sin v, u v-e^{u+v}\right)\right\}^{2},(u, v) \in \mathbb{R}^{2} .
Determine \nabla g(0,0).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as seguintes coisas:
  • Dado: uma função diferenciável f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} com o plano de equação
2x-6y+2z=7
que é tangente ao gráfico de f no ponto \bigl(3,-1,f(3,-1)\bigr).
  • (a) Pedem: f(3,-1), \nabla f(3,-1) e f_{v}(3,-1) com v=(-1,1).
  • (b) Definem g(t)=f(x(t),y(t)) com
x(t)=2^{t}-4\sin t+\cos t,\qquad y(t)=t^{5}-4t^{4}+6t\sin t-1,
e pedem g'(0).
  • (c) Definem
g(u,v)=\Bigl(u+f\bigl(3\cos u+\sin v,\; uv-e^{u+v}\bigr)\Bigr)^2
e pedem \nabla g(0,0).
Todas as informações relevantes do enunciado estão acima; a resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Relacionando o plano tangente com a linearização de f.
  • Lembrete (aula rápida): se z=f(x,y) é diferenciável em (x_0,y_0), a equação do plano tangente em (x_0,y_0,f(x_0,y_0)) pode ser escrita como
z = f(x_0,y_0) + f_x(x_0,y_0)\,(x-x_0) + f_y(x_0,y_0)\,(y-y_0).
Aqui f_x e f_y são as derivadas parciais em (x_0,y_0) e representam a inclinação do gráfico nas direções x e y.
  • A equação dada do plano é
2x-6y+2z=7.
Isolando z obtemos uma expressão linear em x,y: dividir por 2,
z = -x + 3y + \frac{7}{2}.
Este é o mesmo plano tangente, escrito na forma z = (uma função afim de x,y).

Passo 3

Determinar f(3,-1) comparando as constantes.
  • Avaliando a expressão do plano em (x,y)=(3,-1) obtemos o valor de z naquele ponto (que é f(3,-1)):
f(3,-1)= -3 + 3(-1) + \frac{7}{2} = -3 -3 + \frac{7}{2} = -6 + \frac{7}{2} = -\frac{5}{2}.

Passo 4

Determinar \nabla f(3,-1)=(f_x(3,-1),\,f_y(3,-1)) pela comparação de coeficientes.
  • A expressão do plano como função afim é z = -x + 3y + \frac{7}{2}.
  • Comparando com a forma do plano tangente
z = f(3,-1) + f_x(3,-1)\,(x-3) + f_y(3,-1)\,(y+1),
vemos que os coeficientes das variações em x e y são f_x(3,-1)=-1 e f_y(3,-1)=3.
  • Logo
\boxed{\nabla f(3,-1)=\bigl(-1,\,3\bigr).}
(Explicação didática: f_x é a taxa de variação de f quando x muda mantendo y fixo; no plano afim o coeficiente linear de x é -1, daí f_x(3,-1)=-1. Mesmo raciocínio para f_y.)

Passo 5

Calcular a derivada direcional f_{v}(3,-1) em direção a v=(-1,1).
  • Lembrete (aula rápida): a derivada direcional de f em direção a um vetor v é dada por
f_{u}(x_0,y_0)=\nabla f(x_0,y_0)\cdot u,
onde u é o vetor unitário na direção de v: u=v/\|v\|.
  • Primeiro normalizamos v. O módulo de v é
\|v\|=\sqrt{(-1)^2+1^2}=\sqrt{2}.
Portanto o vetor unitário é u=\dfrac{(-1,1)}{\sqrt{2}}.
  • Fazendo o produto escalar com o gradiente que já achamos,
f_{v}(3,-1)=\nabla f(3,-1)\cdot u = (-1,3)\cdot\frac{(-1,1)}{\sqrt{2}} = \frac{(-1)(-1) + 3\cdot 1}{\sqrt{2}} = \frac{1+3}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}.

Passo 6

Resolver o item (b): calcular g'(0) usando a regra da cadeia.
  • Lembrete (aula rápida): se g(t)=f(x(t),y(t)) com f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R} diferenciável, então
g'(t)=f_x\bigl(x(t),y(t)\bigr)\,x'(t)+f_y\bigl(x(t),y(t)\bigr)\,y'(t).
Isso é a aplicação da regra da cadeia para funções compostas — derivada de f ao longo da curva (x(t),y(t)).
  • Calculamos x'(t) e y'(t) e avaliamos em t=0.
x'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(2^t\bigr)-4\cos t -\sin t = 2^t\ln 2 -4\cos t -\sin t.
Logo
x'(0)=2^0\ln 2 -4\cos 0 -\sin 0 = \ln 2 -4.
y'(t)=5t^4-16t^3+6\sin t +6t\cos t,
portanto
y'(0)=0.
  • Avaliando a regra da cadeia em t=0:
g'(0)=f_x\bigl(x(0),y(0)\bigr)\,x'(0)+f_y\bigl(x(0),y(0)\bigr)\,y'(0).
  • Observando os argumentos em t=0: pela definição dos x(t),y(t) temos y(0)=-1 e (no ponto considerado de tangência) usamos os valores de f_x e f_y obtidos em (3,-1). Usando esses valores e os x'(0),y'(0) calculados,
g'(0)=f_x(3,-1)\,(\ln 2 -4) + f_y(3,-1)\cdot 0 = f_x(3,-1)\,(\ln 2 -4).
  • Substituindo f_x(3,-1)=-1,
g'(0) = -1\cdot(\ln 2 -4)=4-\ln 2.

Passo 7

Resolver o item (c): calcular \nabla g(0,0) para
g(u,v)=\Bigl(u+f\bigl(3\cos u+\sin v,\; uv-e^{u+v}\bigr)\Bigr)^2.
  • Vamos definir uma função intermediária
h(u,v)=u+f\bigl(a(u,v),\,b(u,v)\bigr),
onde
a(u,v)=3\cos u+\sin v,\qquad b(u,v)=uv-e^{u+v}.
Então g(u,v)=\bigl(h(u,v)\bigr)^2. Pela regra da cadeia para derivadas parciais,
\frac{\partial g}{\partial u}(u,v)=2h(u,v)\,\frac{\partial h}{\partial u}(u,v),\qquad \frac{\partial g}{\partial v}(u,v)=2h(u,v)\,\frac{\partial h}{\partial v}(u,v).
  • Calculamos h(0,0):
a(0,0)=3\cos 0 + \sin 0=3,\qquad b(0,0)=0\cdot0 - e^{0+0}=-1,
portanto
h(0,0)=0 + f(3,-1)=f(3,-1)=-\frac{5}{2}.
  • Agora \partial h/\partial u. Pela regra da cadeia para h,
\frac{\partial h}{\partial u}=1 + f_x\bigl(a(u,v),b(u,v)\bigr)\,\frac{\partial a}{\partial u}(u,v) + f_y\bigl(a(u,v),b(u,v)\bigr)\,\frac{\partial b}{\partial u}(u,v).
Calcule as derivadas das componentes em (0,0):
\frac{\partial a}{\partial u}(u,v) = -3\sin u \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial a}{\partial u}(0,0)=0,
\frac{\partial b}{\partial u}(u,v) = v - e^{u+v} \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial b}{\partial u}(0,0)=0-1=-1.
Usando f_x(3,-1)=-1 e f_y(3,-1)=3,
\frac{\partial h}{\partial u}(0,0)=1 + (-1)\cdot 0 + 3\cdot(-1)=1-3=-2.
  • Agora \partial h/\partial v:
\frac{\partial h}{\partial v}= f_x\bigl(a,b\bigr)\,\frac{\partial a}{\partial v} + f_y\bigl(a,b\bigr)\,\frac{\partial b}{\partial v}.
Com
\frac{\partial a}{\partial v}(u,v)=\cos v \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial a}{\partial v}(0,0)=1,
\frac{\partial b}{\partial v}(u,v)=u - e^{u+v} \quad\Rightarrow\quad \frac{\partial b}{\partial v}(0,0)=0-1=-1.
Então
\frac{\partial h}{\partial v}(0,0)=(-1)\cdot 1 + 3\cdot(-1) = -1-3 = -4.
  • Finalmente as derivadas de g em (0,0):
\frac{\partial g}{\partial u}(0,0)=2h(0,0)\cdot\frac{\partial h}{\partial u}(0,0) =2\cdot\Bigl(-\frac{5}{2}\Bigr)\cdot(-2)=10,
\frac{\partial g}{\partial v}(0,0)=2h(0,0)\cdot\frac{\partial h}{\partial v}(0,0) =2\cdot\Bigl(-\frac{5}{2}\Bigr)\cdot(-4)=20.
Portanto
\boxed{\nabla g(0,0)=(10,\,20).}

Resposta

f(3,-1)=-\dfrac{5}{2}
\nabla f(3,-1)=(-1,\,3)
f_{v}(3,-1)=2\sqrt{2}
g'(0)=4-\ln 2
\nabla g(0,0)=(10,\,20)

Exercícios relacionados